資源簡介

6.2.1　空間向量基本定理(強基課——梯度進階式教學)
課時目標
1.類比平面向量基本定理理解空間向量基本定理.掌握判斷空間三個向量是否構成基的方法.
2.能通過空間向量的線性運算用基表示向量.會用基證明空間位置關系及直線所成的角.
1.空間向量基本定理
空間向量 基本定理 如果三個向量e1,e2,e3不共面,那么對空間任一向量p,存在唯一的有序實數組(x,y,z),使p=　　　　　　　
基底和基 向量 如果三個向量e1,e2,e3不共面,那么空間的每一個向量都可由向量e1,e2,e3　　　表示,我們把　　　　　稱為空間的一個基底,　　　　叫作基向量
2.正交基底和單位正交基底
正交基底 如果空間一個基底的三個基向量　　　　　　　,那么這個基底叫作正交基底
單位正交基底 當一個正交基底的三個基向量都是　　　　　　時,稱這個基底為單位正交基底,通常用　　　　表示
3.推論
設O,A,B,C是不共面的四點,則對空間任意一點P,都存在唯一的有序實數組(x,y,z),使得　　　　　　　　.
[基點訓練]
1.判斷正誤(正確的畫“√”,錯誤的畫“×”)
(1)只有兩兩垂直的三個向量才能作為空間向量的一個基底. (　　)
(2)若對向量p可找到三個向量a,b,c,使p=xa+yb+zc,則{a,b,c}可構成空間向量的一個基底. (　　)
(3)對于三個不共面向量a1,a2,a3,不存在實數組(λ1,λ2,λ3),使0=λ1a1+λ2a2+λ3a3. (　　)
(4)若{a,b,c}為空間向量的一個基底,則a,b,c全不是零向量. (　　)
2.正方體ABCD-A'B'C'D'中,O1,O2,O3分別是AC,AB',AD'的中點,以{,,}為基底,=x+y+z,則x,y,z的值是 (　　)
A.1,1,1 B.,,
C.,, D.2,2,2
題型(一)　基底的判斷
[例1]　[多選]若{a,b,c}是空間的一個基底,則下列各組能構成空間的一個基底的是 (　　)
A.{a+b,a-b,c}
B.{a+b,b+c,c+a}
C.{3a-4b,2b-3c,3a-6c}
D.{a+b,a+b+c,2c}
聽課記錄:
[思維建模] 判斷給出的三個向量能否構成基底的方法
　　判斷給出的三個向量組成的向量組能否作為基底,關鍵是要判斷這三個向量是否共面,首先應考慮三個向量是否是零向量,其次判斷三個非零向量是否共面.如果從正面難以入手判斷三個向量是否共面,可假設三個向量共面,利用向量共面的充要條件建立方程組,若方程組有解,則三個向量共面;若方程組無解,則三個向量不共面.
　
　　
[針對訓練]
1.已知a,b,c是不共面的三個向量,則能構成空間向量的一個基底的一組向量是 (　　)
A.3a,a-b,a+2b B.2b,b-2a,b+2a
C.a,2b,b-c D.c,a+c,a-c
題型(二)　用基底表示向量
[例2]　如圖,M,N分別是四面體OABC的棱OA,BC的中點,P,Q是MN的三等分點.用向量,,表示和.
聽課記錄:
　　[思維建模]　用基底表示向量的一般步驟
定基底 根據已知條件,確定三個不共面的向量構成空間的一個基底
找目標 用確定的基底(或已知基底)表示目標向量,需要根據三角形法則及平行四邊形法則,結合相等向量的代換、向量的運算進行變形、化簡,最后求出結果
下結論 利用空間的一個基底{a,b,c}可以表示出空間內所有向量.表示要徹底,結果中只能含有a,b,c,不能含有其他形式的向量
　　[針對訓練]
2.在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,設=a,=b,=c,E,F分別是AD1,BD的中點.
(1)用向量a,b,c表示,;
(2)若=xa+yb+zc,求實數x,y,z的值.
題型(三)　利用空間向量基本定理解決幾何問題
[例3]　如圖,一個結晶體的形狀為平行六面體ABCD-A1B1C1D1,其中以頂點A為端點的三條棱長均為1,且它們彼此的夾角都是60°.
(1)求證:AC1⊥DB;
(2)求異面直線BD1與AC所成角的余弦值.
聽課記錄:
[思維建模] 用空間向量基本定理解決幾何問題的一般思路
(1)選取恰當的基底.
(2)將所求向量用基底表示.
(3)將幾何問題轉化為向量問題:
①將距離和線段長轉化為向量的模;
②將線線、線面、面面垂直問題轉化為向量垂直問題;
③將空間角問題轉化為向量夾角問題.
　　[針對訓練]
3.如圖,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,E,M,N分別是BC,BB1,A1D的中點.證明:MN∥平面C1DE.
6.2.1　空間向量基本定理
課前環節
1.xe1+ye2+ze3　線性　{e1,e2,e3}　
e1,e2,e3　2.兩兩互相垂直　單位向量　{i,j,k}　3.=x+y+z
[基點訓練]
1.(1)×　(2)×　(3)×　(4)√
2.A
課堂環節
[題型(一)]
[例1]　選AB　因為a+b,a-b,c是不共面的向量,所以能構成空間的一個基底,故A正確;
a+b,b+c,c+a是不共面的向量,能構成空間的一個基底,故B正確;
因為3a-6c=3a-4b+2(2b-3c),所以3a-4b,2b-3c,3a-6c是共面向量,不能構成空間的一個基底,故C錯誤;
因為a+b=a+b+c-(2c),
所以a+b,a+b+c,2c是共面向量,不能構成空間的一個基底,故D錯誤.
[針對訓練]
1.選C　因為a,b,c不共面,故a,2b,b-c也不共面,能構成空間向量的一個基底.其他選項皆共面.
[題型(二)]
[例2]　解:=+=+=+(-)=+=+×(+)=++.
=+=+++=++.
[針對訓練]
2.解:(1)如圖,連接AC,EF,D1F,BD1,則=+=-+-=a-b-c,=+=+=-(+)+(+)=-=a-c.
(2)∵=(+)=(-+)=(-c+a-b-c)=a-b-c,又=xa+yb+zc,
∴x=,y=-,z=-1.
[題型(三)]
[例3]　解:(1)證明:∵以頂點A為端點的三條棱長均為1,且它們彼此的夾角都是60°,∴·=·=·=1×1×cos 60°=,
∴·=(++)·(-)=(++)·(-)=·-·+-·+·-=0,∴AC1⊥DB.
(2)∵=+-=+-,=+=+,
∴||2==+++2·-2·-2·=1+1+1+1-1-1=2,
即||=,
||=
=
==,
·=(+-)·(+)=-+·+·=1-1++=1,∴cos<,>===,∴異面直線BD1與AC所成角的余弦值為.
[針對訓練]
3.證明:設=a,=b,=c.
因為E,M,N分別是BC,BB1,A1D的中點,
由題意知=++(+)
=-c-a+(b+c)=-a+b,
=+=+
=a-b=-,
所以=-,所以∥.
所以MN∥DE.
又因為MN 平面C1DE,DE 平面C1DE,所以MN∥平面C1DE.
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6.2.1
空間向量基本定理
(強基課——梯度進階式教學)
課時目標
1.類比平面向量基本定理理解空間向量基本定理.掌握判斷空間三個向量是否構成基的方法.
2.能通過空間向量的線性運算用基表示向量.會用基證明空間位置關系及直線所成的角.
CONTENTS
目錄
1
2
3
課前環節/預知教材·自主落實主干基礎
課堂環節/題點研究·遷移應用融會貫通
課時跟蹤檢測
課前環節/預知教材·自主落實主干基礎
1.空間向量基本定理
空間向量 基本定理 如果三個向量e1,e2,e3不共面,那么對空間任一向量p,存在唯一的有序實數組(x,y,z),使p=____________
基底和 基向量 如果三個向量e1,e2,e3不共面,那么空間的每一個向量都可由向量e1,e2,e3________表示,我們把___________稱為空間的一個基底,________ 叫作基向量
xe1+ye2+ze3
線性
{e1,e2,e3}
e1,e2,e3
2.正交基底和單位正交基底
正交 基底 如果空間一個基底的三個基向量_____________,那么這個基底叫作正交基底
單位正 交基底 當一個正交基底的三個基向量都是_________時,稱這個基底為單位正交基底,通常用_______表示
兩兩互相垂直
單位向量
{i,j,k}
3.推論
設O,A,B,C是不共面的四點,則對空間任意一點P,都存在唯一的有序實數組(x,y,z),使得____________________.
=x+y+z
1.判斷正誤(正確的畫“√”,錯誤的畫“×”)
(1)只有兩兩垂直的三個向量才能作為空間向量的一個基底. (　　)
(2)若對向量p可找到三個向量a,b,c,使p=xa+yb+zc,則{a,b,c}可構成空間向量的一個基底. (　　)
(3)對于三個不共面向量a1,a2,a3,不存在實數組(λ1,λ2,λ3),使0=λ1a1+λ2a2+λ3a3. (　　)
(4)若{a,b,c}為空間向量的一個基底,則a,b,c全不是零向量.(　　)
基點訓練
×
×
×
√
2.正方體ABCD-A'B'C'D'中,O1,O2,O3分別是AC,AB',AD'的中點,以{,,}為基底, =x+y+z,則x,y,z的值是(　　)
A.1,1,1 B.,,
C.,, D.2,2,2
√
課堂環節/題點研究·遷移應用融會貫通
題型(一)　基底的判斷
[例1]　[多選]若{a,b,c}是空間的一個基底,則下列各組能構成空間的一個基底的是 (　　)
A.{a+b,a-b,c} B.{a+b,b+c,c+a}
C.{3a-4b,2b-3c,3a-6c} D.{a+b,a+b+c,2c}
√
√
解析:因為a+b,a-b,c是不共面的向量,所以能構成空間的一個基底,故A正確;
a+b,b+c,c+a是不共面的向量,能構成空間的一個基底,故B正確;
因為3a-6c=3a-4b+2(2b-3c),所以3a-4b,2b-3c,3a-6c是共面向量,不能構成空間的一個基底,故C錯誤;
因為a+b=a+b+c-(2c),所以a+b,a+b+c,2c是共面向量,不能構成空間的一個基底,故D錯誤.
[思維建模] 判斷給出的三個向量能否構成基底的方法
　　判斷給出的三個向量組成的向量組能否作為基底,關鍵是要判斷這三個向量是否共面,首先應考慮三個向量是否是零向量,其次判斷三個非零向量是否共面.如果從正面難以入手判斷三個向量是否共面,可假設三個向量共面,利用向量共面的充要條件建立方程組,若方程組有解,則三個向量共面;若方程組無解,則三個向量不共面.
針對訓練
1.已知a,b,c是不共面的三個向量,則能構成空間向量的一個基底的一組向量是 (　　)
A.3a,a-b,a+2b B.2b,b-2a,b+2a
C.a,2b,b-c D.c,a+c,a-c
解析:因為a,b,c不共面,故a,2b,b-c也不共面,能構成空間向量的一個基底.其他選項皆共面.
√
題型(二)　用基底表示向量
[例2]　如圖,M,N分別是四面體OABC的棱OA,BC的中點,P,Q是MN的三等分點.用向量,,表示和.
解:=+=+=+(-)=+
=+×(+)=++.=+=+++=++.
[思維建模]　用基底表示向量的一般步驟
定基底 根據已知條件,確定三個不共面的向量構成空間的一個基底
找目標 用確定的基底(或已知基底)表示目標向量,需要根據三角形法則及平行四邊形法則,結合相等向量的代換、向量的運算進行變形、化簡,最后求出結果
下結論 利用空間的一個基底{a,b,c}可以表示出空間內所有向量.表示要徹底,結果中只能含有a,b,c,不能含有其他形式的向量
針對訓練
2.在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,設=a,=b,=c,E,F分別是AD1,BD的中點.
(1)用向量a,b,c表示,;
解:如圖,連接AC,EF,D1F,BD1,
則=+=-+-=a-b-c,=+=+=-(+)+(+)=-=a-c.
(2)若=xa+yb+zc,求實數x,y,z的值.
解: ∵=(+)=(-+)=(-c+a-b-c)=a-b-c,
又=xa+yb+zc,∴x=,y=-,z=-1.
題型(三)　利用空間向量基本定理解決幾何問題
[例3]　如圖,一個結晶體的形狀為平行六面體ABCD-A1B1C1D1,其中以頂點A為端點的三條棱長均為1,且它們彼此的夾角都是60°.
(1)求證:AC1⊥DB;
解:證明:∵以頂點A為端點的三條棱長均為1,且它們彼此的夾角都是60°,∴·=·=·=1×1×cos 60°=,
∴·=(++)·(-)=(++)·(-)=·-·+-·+·-=0,∴AC1⊥DB.
(2)求異面直線BD1與AC所成角的余弦值.
解: ∵=+-=+-,=+=+,
∴||2==+++2·-2·-2·=1+1+1+1-1-1=2,即||=,
||====,·=(+-)·(+)=-+·+·=1-1++=1,∴cos<,>===,∴異面直線BD1與AC所成角的余弦值為.
[思維建模] 用空間向量基本定理解決幾何問題的一般思路
(1)選取恰當的基底.
(2)將所求向量用基底表示.
(3)將幾何問題轉化為向量問題:
①將距離和線段長轉化為向量的模;
②將線線、線面、面面垂直問題轉化為向量垂直問題;
③將空間角問題轉化為向量夾角問題.
針對訓練
3.如圖,直四棱柱ABCD -A1B1C1D1的底面是菱形,E,M,N分別是BC,BB1,A1D的中點.證明:MN∥平面C1DE.
證明:設=a,=b,=c.因為E,M,N分別是BC,BB1,A1D的中點,
由題意知=++(+)=-c-a+(b+c)=-a+b,
=+=+=a-b=-,
所以=-,所以∥.
所以MN∥DE.又因為MN 平面C1DE,DE 平面C1DE,
所以MN∥平面C1DE.
課時跟蹤檢測
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A級——綜合提能
1.[多選]在空間四點O,A,B,C中,若{,,}是空間向量的一個基底,則下列說法正確的是(　　)
A.O,A,B,C四點不共線
B.O,A,B,C四點共面,但不共線
C.O,A,B,C四點不共面
D.O,A,B,C四點中任意三點不共線
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解析: A正確,若四點共線,則,,共面,構不成基底;
B錯誤,C正確,若四點共面,則,,共面,構不成基底;
D正確,若有三點共線,則這四點共面,,,構不成基底.
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2.[多選]已知A,B,C,D,E是空間五點,且任何三點不共線.若{,,}與{,,}均不能構成空間的一個基底,則下列結論正確的是(　　)
A.{,,}不能構成空間的一個基底
B.{,,}不能構成空間的一個基底
C.{,,}不能構成空間的一個基底
D.{,,}能構成空間的一個基底
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解析:因為{,,}與{,,}均不能構成空間的一個基底,且A,B,C,D,E是空間五點,且任何三點不共線,所以空間五點A,B,C,D,E共面,所以這五點A,B,C,D,E中,任意兩個點組成的三個向量都不可能構成空間的一個基底,所以A、B、C正確,D錯誤.
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3.如圖,在梯形ABCD中,AB∥CD,AB=2CD,點O為空間內任意一點,設=a,=b,=c,則向量可用a,b,c表示為(　　)
A.a-b+2c B.a-b-2c
C.-a+b+c D.a-b+c
解析:=+=+=+(-)=a-b+c.
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4.如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,M,N分別為AB,B1C的中點,若AB=a,則MN的長為 (　　)
A.a 　　　B.a C.a 　　　　D.a
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解析:設=i,=j,=k,=++=i+j+(-j+k)=i+j+k,故||2=a2+a2+a2=a2,所以MN=a.
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5.已知空間四邊形OABC,其對角線為OB,AC,M,N分別是邊CB,OA的中點,點G在線段MN上,且使NG=2GM,用向量,,正確表示向量的是(　　)
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A.=++ B.=++
C.=++ D.=++
解析:根據題意可得=+,由NG=2GM可得=,所以=+=+(+)=+×(+)=×+(+)=++.
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6.已知{a,b,c}是空間的一個基底,向量p=3a+b+c,{a+b,a-b,c}是空間的另一個基底,向量p=x(a+b)+y(a-b)+c,則x+y=______.
解析:∵p=x(a+b)+y(a-b)+c=(x+y)a+(x-y)b+c,且p=3a+b+c,∴x+y=3.
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7.在空間中平移△ABC到△A1B1C1(使△A1B1C1與△ABC不共面),連接對應頂點.設=a,=b,=c,M是BC1的中點,N是B1C1的中點,用基底{a,b,c}表示向量+的結果為___________.
a+b+c
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解析:如圖,+=(+)+(+)=++=b
+(a+b)+(a+c)=a+b+c.
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8.在正四面體PABC中,M是PA上的點,且PM=2MA,N是BC的中點,若=x+y+z,則x+y+z的值為_____.
解析:如圖所示,連接PN,=+=-+(+)=-++,
∴x=-,y=,z=.∴x+y+z=.
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9.如圖,已知ABCD-A1B1C1D1是平行六面體.
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(1)化簡++;
解:∵ABCD-A1B1C1D1是平行六面體,
∴++=++=.
(2)設M是底面ABCD的中心,N是側面BCC1B1對角線BC1上的分點,設=α+β+γ,試求α,β,γ的值.
解: ∵=+=+=(-)+(+)=
++,又=α+β+γ,∴α=,β=,γ=.
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10.如圖,已知空間四邊形ABCD各邊的長都等于a,點M,N分別是AB,CD的中點.
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(1)求證:MN⊥AB,MN⊥CD;
解:證明:設=p,=q,=r.
由題意可知,|p|=|q|=|r|=a,且p,q,r三向量兩兩夾角均為60°.
∵=-=(+)-=(q+r-p),∴·=(q+r-p)·p=(q·p+r·p-p2)=(a2cos 60°+a2cos 60°-a2)=0,∴MN⊥AB,同理可證MN⊥CD.
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(2)求MN的長.
解: 由(1)可知=(q+r-p).∴||2=(q+r-p)2=[q2+r2+p2+2(q·r-p·q-r·p)]==×2a2=.
∴||=a,∴MN的長為a.
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B級——應用創新
11.如圖,在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,E,F分別在棱BB1和DD1上,且DF=DD1,記=x+y+z,若x+y+z=,則等于(　　)
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A. B. C. D.
解析:設=λ,因為=+++=-λ-++
=-λ-++=-++,所以x=-1,y=1,z=-λ.
因為x+y+z=-λ=,所以λ=.
√
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12.在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,AA1=AB=AC=BC=1,M是B1C1的中點,則AM= (　　)
A. B.
C. D.
√
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解析:如圖,=++=++(-)=++,故||2==||2+||2+||2+·+
·+·,
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在直三棱柱ABC-A1B1C1中,易知AA1⊥AC,AA1⊥AB,在△ABC中,
由AB=AC=BC,則∠BAC=60°,
由AA1=AB=AC=1,
則=+1++×1×1×=,則AM=.
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13.[多選]如圖,已知AO⊥平面OBC,∠BOC=,OA=OB=2,OC=3,E為AB的中點,=3,則以下正確的是(　　)
A.OF= B.EF=
C.AB與OC夾角的余弦值為 D.OE與OF夾角的余弦值為
√
√
√
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解析:因為AO⊥平面OBC,OB,OC 平面OBC,所以OA⊥OB,OA⊥OC,
所以·=0,·=0,·=||·||cos=-3,
在△OAC中,=+=+(-)=+,
所以||==
==,所以A正確;
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在△OEF中,=-=+-(+)=-+ ,||2==++-·+·-·=+1+1+1=,故||=,所以B正確;
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因為=-,·=(-)·=·-·=-3,||==2,cos<,>===-,所以AB與OC夾角的余弦值為,所以C正確;
由以上知OF=,EF=,且OE=AB=,在△OEF中,由余弦定理得cos∠EOF==,所以D錯誤.
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14.如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=,AD=2,P為C1D1的中點,M為BC的中點.則AM與PM的夾角為______.
90°
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解析:=+,=-=+---=+---=--,
故·=·=-·-·+·--·=×4-×8=0,即⊥,則AM與PM的夾角為90°.
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15.如圖,在平行六面體ABCD-A'B'C'D'中,E,F,G分別是A'D',DD',
D'C'的中點,請選擇恰當的基向量證明:
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(1)EG∥AC;
證明:取基底{,,}.
因為=+=+,
=+=2,所以∥,
又EG,AC無公共點,所以EG∥AC.
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(2)平面EFG∥平面AB'C.
證明:因為=+=+,=+=2,
所以∥,又FG,AB'無公共點,所以FG∥AB'.
又FG 平面AB'C,AB' 平面AB'C,所以FG∥平面AB'C.
又由(1)知EG∥AC,由EG 平面AB'C,AC 平面AB'C,可得EG∥平面AB'C,
又FG∩EG=G,FG,EG 平面EFG,所以平面EFG∥平面AB'C.課時跟蹤檢測(五)　空間向量基本定理
A級——綜合提能
1.[多選]在空間四點O,A,B,C中,若{,,}是空間向量的一個基底,則下列說法正確的是 (　　)
A.O,A,B,C四點不共線
B.O,A,B,C四點共面,但不共線
C.O,A,B,C四點不共面
D.O,A,B,C四點中任意三點不共線
2.[多選]已知A,B,C,D,E是空間五點,且任何三點不共線.若{,,}與{,,}均不能構成空間的一個基底,則下列結論正確的是 (　　)
A.{,,}不能構成空間的一個基底
B.{,,}不能構成空間的一個基底
C.{,,}不能構成空間的一個基底
D.{,,}能構成空間的一個基底
3.如圖,在梯形ABCD中,AB∥CD,AB=2CD,點O為空間內任意一點,設=a,=b,=c,則向量可用a,b,c表示為 (　　)
A.a-b+2c B.a-b-2c
C.-a+b+c D.a-b+c
4.如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,M,N分別為AB,B1C的中點,若AB=a,則MN的長為 (　　)
A.a 　　　　B.a
C.a 　　　　D.a
5.已知空間四邊形OABC,其對角線為OB,AC,M,N分別是邊CB,OA的中點,點G在線段MN上,且使NG=2GM,用向量,,正確表示向量的是 (　　)
A.=++
B.=++
C.=++
D.=++
6.已知{a,b,c}是空間的一個基底,向量p=3a+b+c,{a+b,a-b,c}是空間的另一個基底,向量p=x(a+b)+y(a-b)+c,則x+y=　　　　.
7.在空間中平移△ABC到△A1B1C1(使△A1B1C1與△ABC不共面),連接對應頂點.設=a,=b,=c,M是BC1的中點,N是B1C1的中點,用基底{a,b,c}表示向量+的結果為　　　　.
8.在正四面體PABC中,M是PA上的點,且PM=2MA,N是BC的中點,若=x+y+z,則x+y+z的值為　　　　.
9.如圖,已知ABCD-A1B1C1D1是平行六面體.
(1)化簡++;
(2)設M是底面ABCD的中心,N是側面BCC1B1對角線BC1上的分點,設=α+β+γ,試求α,β,γ的值.
10.如圖,已知空間四邊形ABCD各邊的長都等于a,點M,N分別是AB,CD的中點.
(1)求證:MN⊥AB,MN⊥CD;
(2)求MN的長.
B級——應用創新
11.如圖,在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,E,F分別在棱BB1和DD1上,且DF=DD1,記=x+y+z,若x+y+z=,則等于 (　　)
A. B.
C. D.
12.在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,AA1=AB=AC=BC=1,M是B1C1的中點,則AM= (　　)
A. B.
C. D.
13.[多選]如圖,已知AO⊥平面OBC,∠BOC=,OA=OB=2,OC=3,E為AB的中點,=3,則以下正確的是 (　　)
A.OF=
B.EF=
C.AB與OC夾角的余弦值為
D.OE與OF夾角的余弦值為
14.如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=,AD=2,P為C1D1的中點,M為BC的中點.則AM與PM的夾角為　　　　.
15.如圖,在平行六面體ABCD-A'B'C'D'中,E,F,G分別是A'D',DD',D'C'的中點,請選擇恰當的基向量證明:
(1)EG∥AC;
(2)平面EFG∥平面AB'C.
課時跟蹤檢測(五)
1.選ACD　A正確,若四點共線,則,,共面,構不成基底;B錯誤,C正確,若四點共面,則,,共面,構不成基底;D正確,若有三點共線,則這四點共面,,,構不成基底.
2.選ABC　因為{,,}與{,,}均不能構成空間的一個基底,且A,B,C,D,E是空間五點,且任何三點不共線,所以空間五點A,B,C,D,E共面,所以這五點A,B,C,D,E中,任意兩個點組成的三個向量都不可能構成空間的一個基底,所以A、B、C正確,D錯誤.
3.選D　=+=+=+(-)=a-b+c.
4.選A　設=i,=j,=k,=++=i+j+(-j+k)=i+j+k,故||2=a2+a2+a2=a2,所以MN=a.
5.選C　根據題意可得=+,由NG=2GM可得=,所以=+=+(+)=+×(+)=×+(+)=++.
6.解析:∵p=x(a+b)+y(a-b)+c=(x+y)a+(x-y)b+c,且p=3a+b+c,∴x+y=3.
答案:3
7.解析:如圖,+=(+)+(+)=++=b+(a+b)+(a+c)=a+b+c.
答案:a+b+c
8.解析:如圖所示,連接PN,=+=-+(+)=-++,∴x=-,y=,z=.
∴x+y+z=.
答案:
9.解:(1)∵ABCD-A1B1C1D1是平行六面體,∴++=++=.
(2)∵=+=+=(-)+(+)=++,又=α+β+γ,∴α=,β=,γ=.
10.解:(1)證明:設=p,=q,=r.
由題意可知,|p|=|q|=|r|=a,且p,q,r三向量兩兩夾角均為60°.
∵=-=(+)-=(q+r-p),∴·=(q+r-p)·p=(q·p+r·p-p2)=(a2cos 60°+a2cos 60°-a2)=0,∴MN⊥AB,同理可證MN⊥CD.
(2)由(1)可知=(q+r-p).
∴||2=(q+r-p)2=[q2+r2+p2+2(q·r-p·q-r·p)]==×2a2=.
∴||=a,∴MN的長為a.
11.選B　設=λ,因為=+++=-λ-++=-λ-++=-++,所以x=-1,y=1,z=-λ.
因為x+y+z=-λ=,所以λ=.
12.選C　如圖,=++=++(-)=++,
故||2==||2+||2+||2+·+·+·,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,易知AA1⊥AC,AA1⊥AB,在△ABC中,由AB=AC=BC,則∠BAC=60°,由AA1=AB=AC=1,則=+1++×1×1×=,則AM=.
13.選ABC　因為AO⊥平面OBC,OB,OC 平面OBC,所以OA⊥OB,OA⊥OC,所以·=0,·=0,·=||·||cos=-3,在△OAC中,=+=+(-)=+,所以||====,所以A正確;在△OEF中,=-=+-(+)=-+ ,||2==++-·+·-·=+1+1+1=,故||=,所以B正確;因為=-,·=(-)·=·-·=-3,||==2,cos<,>===-,所以AB與OC夾角的余弦值為,所以C正確;由以上知OF=,EF=,且OE=AB=,在△OEF中,由余弦定理得cos∠EOF==,所以D錯誤.
14.解析:=+,=-=+---=+---=--,故·=·=-·-·+·--·=×4-×8=0,即⊥,則AM與PM的夾角為90°.
答案:90°
15.證明:取基底{,,}.
(1)因為=+=+,=+=2,所以∥,
又EG,AC無公共點,所以EG∥AC.
(2)因為=+=+,=+=2,
所以∥,又FG,AB'無公共點,
所以FG∥AB'.
又FG 平面AB'C,AB' 平面AB'C,
所以FG∥平面AB'C.
又由(1)知EG∥AC,由EG 平面AB'C,AC 平面AB'C,可得EG∥平面AB'C,
又FG∩EG=G,FG,EG 平面EFG,
所以平面EFG∥平面AB'C.
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